TRUONG DAI HOC VINH KHOA TOAN
MOT SO BAI TOAN PHUONG TRINH
PAO HAM RIENG CAP II GIẢI BẰNG
PHUONG PHAP TACH BIEN
KHOA LUAN TOT NGHIEP DAI HOC
NGANH CU NHAN KHOA HOC TOAN
GV hướng dẫn: PGS.TS TẠ QUANG HAI SV thực hiện: PHAN THỊ LƯƠNG Lop: 42E, - Tốn
Trang 2Muc 81 §2 2.1 2.2 243 I §3 3.1 3.2 3.3 II ® 0 bm MỤC LỤC Nội dung
LỜI NĨI ĐẦU
Giải bài tốn Diricler trên hình trịn bằng phương pháp
tách biến
Một vài kết quả về chuối Fourier
Giải bài tốn Diricler trên hình trịn Bài tốn Diricler trên mặt trịn B (0,r)
Phương pháp tách biến để giải bài tốn Diricler Bài tốn khơng thuần nhất
Bài tốn hỗn hợp tổng quát
Phương pháp tách biến
Bài tốn 1
Bài tốn 12
Bài tốn hỗn hợp tổng quát
Trang 31
MO DAU
Phương trình đạo hàm riêng là một mơn mới được đem vào chương trình
đào tạo cử nhân khoa học ngành tốn ở trường Đại Học Vinh, nên sách tham
khảo và bài tập bộ mơn này chưa nhiều Khố luận này nhằm cung cấp cho bạn
đọc một cách hệ thống về lí thuyết, giải một số bài tốn biên bằng phương pháp tách biến hay cịn gọi là phương pháp Fourier
Nội dung khố luận được trình bày:
Mục I: Giải bài tốn Diricler trong hình trịn bao gồm bài tốn Diricler trên hình trịn đơn vị, bài tốn hỗn hợp tổng quát và bài tốn khơng thuần nhất
Mục II: Trong mục này trình bày cách giải bài tốn hỗn hợp tổng quát dựa
vào cách giải hai bài tốn đơn giản hơn rồi sau đĩ dùng phương pháp chồng
nghiệm ta sẽ tìm được nghiệm của bài tốn
Mục III: Bằng phương pháp tách biến giải một số bài tốn phụ để đi đến
phương pháp giải bài tốn phương trình truyền nhiệt
Khố luận được thực hiện và hồn thành tại Đại Học Vinh Chúng tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS Tạ Quang Hải người đã đặt vấn đề và dẫn dắt, chỉ ra những sai sĩt cũng như những gĩp ý chân thành giúp chúng tơi
hồn thành khố luận này
Mặc dù tác giả đã cĩ nhiều cố gắng song khơng thể tránh khỏi những sai
sĩt, rất mong được sự gĩp ý của các thầy cơ giáo và bạn đọc
Cuối cùng chúng tơi xin chân thành cảm ơn ban chủ nhiệm khoa Tốn, các
thầy cơ giáo trong khoa đã tạo điều kiện và giúp đỡ chúng tơi trong quá trình học tập và hồn thành khố luận này
Vinh, ngày 10 tháng 4 năm 2006
Trang 42
MOT SO BAI TOAN PHUONG TRINH
DAO HAM RIENG CAP II GIAI BANG PHUONG PHAP TACH BIEN
Để giải bài tốn hỗn hợp trong rất nhiều trường hợp ta dùng phương pháp
tách biến hay thường gọi là phương pháp Fourier
I GIẢI BÀI TỐN DIRICLER TRONG HÌNH TRỊN BẰNG PHƯƠNG PHÁP TÁCH BIẾN § 1 MOT VAI KET QUA CAN DUNG VE CHUOI FOURIER 1.1 Dinh nghia Chuỗi ham cĩ dạng: aay (A,cos nx + B,sin nx) () m
Trong đĩ Aạ, A;, ; Bị, B;, là các số thực, được gọi là chuỗi lượng giác Chú ý: Các hạng tử Ứ,(v) = A„cos đx + B„sin nx là các hàm tuần hồn:
Uu@x + 2n) = U,@) Vx e R
Do đĩ nếu chuỗi này hội tụ thì tổng () là hàm tuần hồn trên # Để đơn
giản hơn ta xét trên một đoạn cĩ độ dài 27
1.2 Dinh ly 1
Cho hàm số ƒ(x) tuần hồn với chu kỳ 2m Giả sử tơn tại chuỗi lượng giác (1) hội tụ đều về ƒ(x) trên [—m, 2] Khi dé ta cé: 1 A,=— [ZG)co nxdx ,n = 0,1,2 a —Z B,= + [7@ cos nxdx ,n = 1,2 a _# 1.3 Định lý 2
Giả sử hàm ƒ(v) tuần hồn, chu kỳ 2m và hàm trơn từng phân Khi đĩ chuỗi
Fourier của ƒx) hội tụ về f(x) Nếu ƒ@) liên tục tại + và hội tụ về
1 ¿ vớ xử >
Trang 5+0)+ -0) 4 —
“5 1 Ao U4, cos kx + B, cos kx) ,
2 2 fa
1.4 Dinh ly 3
Gid sw f(x) lién tuc trén R tudn hồn, chu kỳ 2m và trơn từng phần trên mỗi đoạn bằng chu ky Khi dé chudéi Fourier ctia f(x) héi tụ đêu về chính nĩ trên R
§ 2 GIẢI BÀI TỐN DIRICLER TRÊN HÌNH TRỊN
2.1 Bài tốn Diricler trên mặt trịn B(0, r) Phương trình laplat: Ou Ou >+—>=0 vY+y<r 1 ax” Oy” 7 @)
Ul, x+y =r ,_ ,=Ø0(.y) (2)
Trang 6ox? ar? * Ơrơp ** ar™ ơgp” Ì ơp Ou Ou > Ou Ou Oui > ou >=—;"* r,Q,+—n", + »„ T0: Oy or’ Ơrơp ` ” Or ơ 0p ” SH bu, xơ ) ar Mr try) " Su O'u _ Ø2 +r, joa r Suy ra —~+—>=—+Ir % ` ơy ` Or” 2 + “9 +0, + Filo +ø,] ờ? với 2 x ret r= 2 ) x+y ` x*+y a+ = yal ør,+ø,r,=0 1 Ta thy = Mơ 2 2 1 QQ +9, => r Px + Py = 9 Vay Ou Ou — Ou lou 1 eu @) 2 ae oF a Tra Pap va diéu kién: 0 , ,= Ø(x, ÿ) sẽ trở thành ty =r Oxy}, , ,= P(rcosg,rsin g)= (9) + yo =r (4)
2.2 Phương pháp tách biến để giải bài tốn Diricler
Trang 7từ đĩ ta cĩ iene +40(9)=0 rˆR"ứŒ)+rR'(r)— ÄR(r) =0 (b) (a) Giải (a) để tìm 2: Ta thấy (a) là phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 với hệ số là hằng số ®'(ø) + 2®(ø) =0 Phương trình đặc trưng &?+ 4 =0 => 8? = -à Va _-Ä Nếu 4 <0 thì k,„=+/~2 khi đĩ ®(ø) =c¡é” ^ “+ c„£ °, Ta phải cĩ ®(ø) = ®(ø + 27)
Do đĩ c¡ = c; = 0 suy ra ®(ø) = 0 là nghiệm tầm thường
Nếu 2 =0 thì & =0 (bội 2) Khi đĩ ®(ø) = c¡ + cạØ ®(ø) = ®(ø + 2n) suy ra c;= 0 Vậy ®(ø) =c, Nếu 2 >0 thì k, ;=+¡4 khi đĩ ®(g) = c,cos Vip + csin Vig ®(ø) = ®(ø + 2m) Suy Ta €,c0S A/2ø + c;sinA/4ø = c¡cos2/2(@ + 2m) + c;sinAÍ (@ + 2m) hay V2 2# = n2 suy ra  = ởỶ
Vậy ®(Ø) = c¡COS10 + C;SIn0
Trang 8=r'(A, cos ng +B, sin ng) Với A„= œ.C¡, B„= œ.C; Khi đĩ nghiệm của bài tốn sẽ cĩ dạng A “ U(r, 9) = 5 + » r”(A„ cos nø + B„ sin nợ) n=l thoa man diéu kién Ay Son U = +R (A, cosng+ B, sinng) = g(9) r=R = trong đĩ 1 2z Ay=— |s(0)dø a 0 1 2z A,= R'z§ Íz()cos ngdø 2z B= n= Rae Jaw) sin ngd ody Cac vi du Ví dụ 1: Giải bài tốn sau ơ”u Ơ ”u =0, 2 ơx? dy? x+<4 U ytyie4 = A xX’ + 3x°y' 2452 + 2y Giai Dat rome y=2sinø Ta tim nghiệm của bài tốn dưới dạng A ” U(r, 9) = 3 t » r”(A„cos nọ + B, sin ng) n=l
Thoả mãn điều kiện
= 1'+ 347y?+ 2y = 16 cosø + 48 cos 2ø sin 2ø + 4 sin ø U
Trang 91+cos 29
2
= 16( )? +12sin” 2ø +4sin ø
=4+8cos 2ø +4cos”2ø + 6(1- con4ø) + 4 sin ø
=4+8§cos 2ø + 2(I + cos 4ø) + 6 - 6cos 4Ø + 4 sin ø =4+8cos 2ø +8— 4cos 4ø + 4sin ø
Trang 11Vay nghiệm của bài tốn là
Uự ø) = 12 + 2r sin ø + 2/?cos2ø — pros 4ø
Chú ý: Ta cĩ thể xác định các hệ số 4A, A„ và Ư„ bằng cách sau đây: Dựa vào các hệ số của ø(ø) Theo bài ra ta cĩ A K^ 2n U r=2 = “+2” (A,cos nø+ B,sin nợ) 2 “ =12+4sin g +8cos2ø - 4cos 4ø := g(0) Đồng nhất hai vế ta suy ra A S=l2 A,=24 2B, =4 => B,=2 4A, =8 Az=2 1 164, = -4 Aso]
Vậy nghiệm của bài tốn là
U(r, 9) = 12+ 2rsin g +27 cos 2g - ~r'cos 4ø
Ví dụ 2 Giải bài tốn sau ou ốm co vr+y<4 ` Oy” Ul, 5 =x'y+x+xy x ty =4 Giai Đặt ti y=2sinø
Ta tìm nghiệm của bài tốn dưới dạng
UŒ ø) = 2+ Xr" G,cos ng +B, sin ng)
n=l
Ta cĩ ry +2°+xy = 16 cos’ gsin g +4 cos’ +4 cos gsin gp
= 8cos’gsin 2g + 2(1 + cos2¢g) + 4 cos gsin g
Trang 1210 Ta cĩ LƠ U 57 th? (A,cosng+B,sinn@) r= n=l Suy ra oe Š 2” (A;¿cos nø + B, sin nØ) = 2 + 2 cos 2ø + 6 sin 2ø + 2 sin 4ø n=l Đồng nhất hai vế ta được 4s _2 As=4 ? A,=1/2 4A, =2 > B, = 3/2 4B, =6 B,= 1/8 16B,=2 Các hê số khác bằng 0 Các hệ số khác bằng 0
Vậy nghiệm của bà tốn là
UŒ, ø)=2+ 2720 20+ Šr2sin 2ø+ a cos 49
Vi dụ 3 Giải bài tốn sau ơ”w Oru 2 + 2 Ox 3y = 0 ty? <R _ 2.2 2 ,=XJy +x †2ÿ, x +y °=R Giải x=Rco nạ [Rang ` |y=R®sinø
Ta tìm nghiệm của bài tốn dưới dạng
Trang 1311 Rt RR’ R1 =—+ 8 + —cos 2 29 —- —cos ? § 49 + 2Rsin ? ? Ta cĩ U r=R 2 Y2” = Ay RA cos ng + B, sin ng) A, cosng+ B, sin ng) Suy ra Š Rt R R 4 Ay » (A,cos ng + B, sinng) = —- ++ 2m 8 2 2 cos 29 © cọs 4ø 8 + 2Rsing Đồng nhất hai vế ta được A_.R ,R 2 8° 2 Ay == R + Re 4 rea, =e 2= mm 275 R* R!A,= ¬¬ > 4= RB,=2R B.=2 Các hệ số khác bằng 0 Các hệ số khác bằng 0 Vậy nghiệm của bài tốn là 4 R? " Ø)= —+ UỨ Ø = “ạ~ * “2 1 , 1 :
+—r’ cos 29 — gr" cos 49+2rsing,
Ví dụ 4 Giải bài tốn sau
ou ou _g r+y<4
Ox” ơy
U|, , =3-4y-4xy
x +y =4
Trang 1412 Ví dụ 5 Giải bài tốn sau ou Ou _y vty <R ax?” ay? UỊ, „, ,=2-y+ y`-x y+z x+y? =R? Giải tương tự ta cĩ nghiệm của bài tốn là U(r, 9) =2+R-(1+ Or sin g — 27 60520, 2.3 Bài tốn khơng thuần nhất (trường hợp đặc biệt)
fu , Ou f(x,y)a+ y? <R° V6i diéu kien f| fy)a* yy" =f] fona*y",, = 0 () Ou + — ax’ oy * U I? + y? = R? Hx, y) = OX, Cách giải: Ta xây dựng một nghiệm riêng (v, y) của phương trình (1) Xét hàm ƯQ y) = [[/@, vax t2 ÍJ[ZG.»)#» Từ đĩ bằng cách đặt U = U” + V Ta cĩ: 5 > ox” Oy”
V ayer? (x, y) =Ø%w,y)—-U |, L ,„ _ge~ Ø Œ, Y) _,=gŒ,y)
Trang 1614 Đồng nhất hai vế đẳng thức (*) ta được Ay 1 2 4, -1 Các hệ số khác bằng 0 Vậy nghiệm của bài tốn (3), (4) là - ø)= L_ „2 3 Psi Tản Vứ, ø)= "¬ cos 2+ sin 29+ 3! sin 49 Ta cĩ + 1 1 Ue, y= Gory +39") = Saye" y’) Suy ra U(r, = a" cos g sing (cos’ g + sin’ g) = | +cos g sin D2 5m ¿@ =1 sin 2 24 ? Vay nghiệm của bài tốn đã cho là UỢ, ø = ƯỢ, ø) + VỰ, Ø) U(r, 9) = sa sin 2ø + 2 ; cos 2ø + = sin 2ø + là sin 4ø
1L 12a 55 loa: la
Trang 1715
Giải tương tự các ví dụ trên ta cĩ nghiệm của bài tốn đã cho là
1 3
Ur, p—) =2+ ; r?cos 2ø — Gr ~57)sin 2ø + giác0s 4ø
Ví dụ 8 Giải bài tốn sau la x Oy vety<l (1) U), „ ax ytx (2) xẻ +y =I Giải tương tự các ví dụ trên ta cĩ nghiệm của bài tốn là 1 5
U(r, g) = ar 2T cos 2Ø — arcos 49+ 2rsin g — 2r`sin 9
II BAI TOAN HON HOP TONG QUAT
Tim nghiém U(x, t) của phương trình = -a oa =f (x0) (1.1) thoa man diéu kién dau va diéu kién bién U(x,0) = 9(x) O<x< (1.2) fe = v(x) (1.3) U(O, ft) = u(t) t>0 (1.4) lice V(t) (1.5)
Để giải bài tốn trên ta áp dụng nguyên lý chồng chất nghiệm, tức là tách bài tốn thành các bài tốn đơn giản hơn Sau đĩ tìm hàm phụ thích hợp để cĩ
Trang 1816 U(O, t) =0 t>0 (c) U(/.,£)=0 (d) Ta tìm nghiệm khơng tầm thường của bài tốn 1 dưới dạng U(x, t) = XQ)T (1) Lấy đạo ham hai lan theo x va ứ và thay vào (1) ta được Tự) _X"œ) 270) X(x) X4) 7"0) = 4 X'(QT0) hay (2) Ta thấy vế trái của (2) khơng phụ thuộc vào +, vế phải khơng phụ thuộc vào / do đĩ ta đặt 270) = Xœ@ 7 -A, ^là hãng số tuỳ ý Tụ) X"@) - 3 hằng <Ztm%‹ X"(x) + AX (x) =0 @) T"(t)+Aa’T(t) =0 (4) vi T(t) # 0 nén theo diéu kién (c), (d) ta cĩ X(0)=0 on =0 ©)
Giải phuong trinh (3) X"(x) + 2 X(x) = 0
Phương trình (3) là phương trình tuyến tính thuần nhất với hệ số, hằng số
Trang 1917 suy raad=b=0 X(0)=b=0 lấn arxe=o Do d6 X(x) = 0
Vay U(x, t) = 0 là nghiệm tầm thường
Nếu 2> 0 Khi đĩ nghiệm tổng quát của (3) là X(w) = c¡cosA2x + c;sinA/4x Từ điều kiện (5) ta cĩ X(0)=c, =0 lun =éi cos VAl +c, sin A/4/ =0 Suy ra c; sinA/4/ = 0 Rõ ràng c„# 0 vì nếu c;= 0 thì U(, ?) = 0 Khi đĩ sin./2/ = 0 suy ra Val =ka hay A= Cÿ;k<z ok X(x) = c,sin “ex 2,2
Các giá trị 4= = thoả mãn điều kiện nghiệm của phương trình (3) là nghiệm khơng tâm thường được gọi là các giá trị riêng, tương ứng với giá trị
riêng X(x) được gọi là hàm riêng
Hàm X(+) phụ thuộc vào #, vì vậy ta ký hiệu là X,(x) va c, ky hiéu 1a c, Khi đĩ X,(x) = c,sin Tự kn.» Giải phương trình (4) Với 4 = Cy thay vào (4) ta được T"(t) + ke & T(t)=0 2 2,2
Dat w@ =a* = suy ra 7") + ø?7ứ)=0
Nghiệm tổng quát của phương trình này là
1,0) = D,cos øf+ E,sin øí
Hay
Trang 2018
Vậy phương trình (1) cĩ nghiệm là
Ux, 0) = X©) T,ữ) = C,sin WD, cos r 7 at + E, sin “áp
= (A,cos at + B,sin ““apsin Ty
trong đĩ A,= C,D,, B, = C,E, là những hằng số
Những nghiệm này đều thoả mãn điều kiện (c) và (d) k — U(x, 0) = A, sin wx = g(x) Suy ra g(x) = >) 4, sin “ty ~ k=l k7 kn ok ; = (x,0)= ~z 4B, sin x= y (x) Suy ra (+) = >_ “= B,sin Ta ( Ge UG )= > U,(x 0 k=l ế kit kit kz U(x, th= > (A, cos— 7 ut B, sin 7) sin[ x (6) k=l là nghiệm của (1) Gia sit g(x), (+) là các hàm khai triển được thành chuỗi Fourier theo _ kt {sin aI trén doan [0, /] Khi dé cdc hệ số A, và B, được xác định bởi 2Í Mi =— ——x#& A, = 7 Jeesin „A4 (7) 2 | _ ka 8 B,= ina JV (0n, xả (8)
Như vậy, nếu bài tốn 1 cĩ nghiệm thì nghiệm đĩ phải được biểu diễn bởi
cơng thức (6) Trong đĩ A, va Ưư, được xác định theo cơng thức (7) và (8)
Theo kết quả đã biết đối với chuỗi Fourier cua ham g(x) va ự (x) cho trên
đoạn [0, ¢] thì để bài tốn 1 cĩ nghiệm biểu diễn bởi (6), (7), (8) các hàm g(x)
và (+) chỉ cần thoả mãn các điều kiện sau:
ø{x), x e[0, £] cĩ đạo làm liên tục đến cấp 2 và thoả mãn
Trang 2190) = g'(4) =0 yw (x); x e [0, £] cĩ đạo hàm cấp I liên tục và y (0) = (¿) =0 Các ví dụ Ví dụ 1 Tìm nghiệm của bài tốn sau Ou _ Ou ar ax? Thoa man U(x,0) = 2sin x 0<x< oH (0) =0 vst ot {° (0,1) = 0 r>0 U(z.,t)= 0 Giải Ta tim nghiệm của bài tốn dưới dạng
U(x, t) = > (A, cos Am + B, sin KZ at) sin kay
ta £ Ề /
Với a= 1; £ =7 thay vào ta được
Trang 2220 sin(k —1)x “ x@-D) on sin(k + Dx =O Suy ra A, = 0 với & > l (k+l) Ta cĩ Ou = 57 OO = 3> (T—A,ksin kf+ kB, cos kt) sin kx k=l 2 9
Sr (x0) = Y kB, sin ke = 0 , Suy raB, k=l = 0; Vk > 0
Vay nghiệm của bài tốn là
U(x, 0) = 2 cos t sin x Vi dụ 2 Tìm nghiệm của bài tốn Su _ ¡ơi or? ax? Thoa man U (x,0) = sin x U ,(x,0) = —2sin x + 8sin 2x 0<x<r lone U(z.t)=0 r>0 Giải Ta tìm nghiệm của bài tốn dưới dạng
Trang 2321 z A, = fax- + Joos 2xdx = ty 0 qs a =1suyraA,=1 7 — sin 2x 0 2z TT 0 Nếu k> I thì ta cĩ A, = 1 feos k -—1)xdx — i feos k + 1)xdx 7 9 a4 = zk- in( —1)x ” ~ )x 0 TzŒ+Ð) sin( in +1)x (7 = )x 0 0 Suy ra A, = 0; Vk > 1 tacé Ux, t= Š (—2kB, sin kt + 2kB, cos 2kt)sin kx k=l => U(x,0)= Š` 2kB, sin kx = —2sinx + 8sin 2x k=l
=B,=-L [ C2sinx+8 kZ ÿ sin 2x) sin kxdx
Trang 2422 Néu k # l1; k #2 thì ta cĩ B,=-A,+ + Ỉ cos (#~—2)xdx— Ê | cos (k + 2)xdx kZ 4 kZ ộ =-A,+ —4*— k(k~2)z sin (k-2y * - —4+— sink + Dx * =0 0 k(+2)z 0 A, =1 B =-1 Va Đ Ấp -; 1 Các hệ số khác bằng 0
Vậy nghiệm của bài tốn sẽ là
U(x, t) = (cos 2t — sin 2f)sin x + 2 sin 4¢ sin 2x
Vi du 3 Tìm nghiệm của bài tốn
Ou _ Ou
ơ? x?
tho’ ma U(x,0) = sin* x 0<x<
oa man: yy(y,0) = 3sin x + 4sin 2x x>z
U(0,t) =0
t>0
U(a,t) = 0
Giải
Giải tương tự các ví dụ trên ta cĩ nghiệm của bài tốn đã cho là
UŒ, Ð)= Co + 3sin/)sin x + 2sin2/sin2x — 2°053/sin3x
Trang 2523 Giai
Giải tương tự các ví dụ trên ta cĩ nghiệm của bài tốn đã cho là
Trang 2624 Tìm nghiệm của phương trình Oru > Ou 2 =a ot” Ox? 'Thoả mãn các điều kiện đầu và điều kiện biên fer, =0 + fx, 1) Ou —(x,0)=0 ơi (x;0) U(0,t) =0 U(f,t)= 0 Ta tìm nghiệm của bài tốn 2 dưới dạng UE.= > To sin “x k=l 0<x<Ÿ (2.1) (2.2) (2.3) (2.4) (2.5) (2.6)
Khi d6 U(x, ?) xác định bởi (2.6) thoả mãn các điều kiện (2.4); (2.5) Cần xdc dinh T(t) dé U(x, ?) là nghiệm của phương trình (2.1) và thoả mãn các điều
kiện (2.2), (2.3)
Giả sử chuỗi xác định bởi (2.6) đạo hàm được theo từng số hạng và ƒtx, /) khai triển được thành chuỗi Fourier khi đĩ:
Š k - kn,
> 7." sin ma =-D 19a sin ey + fix)
k=l k=l ¿ L
Suy ra Š [T,"ứ) + ae YT ,(t)|sin ey = fix, 0)
Khai triển hàm f(x, #) thanh chuéi Fourier theo sin Sự tacĩ
Trang 2725 lành T', (0) =0 k=1,2, Giải phương trình (2.7) ta được T(t) = tL JA@sin o,(t- 2dr D 6 Hay sau khi thay ƒ,(z ) bằng biểu thức của nĩ thì T(t) = 2) [sn @,(f— z)[7(x,z)sin IF ae la, 5 5 £
Thay 7,() vừa tìm được vào (2.6) ta được nghiệm của bài tốn 2
Trang 2826 = 2D c95 ka + + Với I,= J (2x — 1)cosxdx k kz ộ 1,= 2% =tsin kx = Ly 2sin kxdv k i! = 2 cos kxÍ” = - (cosk — 1) ke 0 k Suy ra #Œ) = — 2= Ð co kZz+ 4 (cos kZ— 1) k kn _—=¬ Nếu & chắn ()= MO) ey 8 Nếu £ lẻ k kx 2 T(t) = fAt) sin k(t— 7) de oe ˆ ka = fo J sin k(t — r)dr
(vi f,() khong phu thudc vao 7)
Suy ra Tứ) = fo fo —sinkCz =9 dứ - = apf cos k(z — f) ọ = —-2 #0) cos kt + kn kn Fn) Vay nghiệm của bài tốn là = Ua = 2 ——f,(t) (1 — cos kt)sin kx — ka - 2 Nếu k chan 2%a-)_ 8 Neukle k ken V6i f(D =
3.3 Bài tốn hỗn hợp tổng quát
Tìm nghiệm của phương trình
Oru > Oru
ar a zy = fix, 0)
Thoa man điều kiện đầu và điều kiện biên
Trang 2927 lovee = (x) U ,(x,0) = y (x) U (0,t) = w(t) U (0,t) = v(t) Ta giải bài tốn hỗn hợp dựa vào bài tốn 1 và bài tốn 2 bằng phương pháp chồng chất nghiệm Đặt hàm ỨÏ(, )=() + ;Iyữ)~ u(t) J Tac6 U(O,)= ud) ƯC(:,)= vợ)
Ta dat: U(x, t) = v(x, 1) + a(x, + U(x, 0)
Với v(x, ?) là nghiệm của bài tốn 1 thay ø, ự bởi ÿ, ự” Trong d6 g(x) = @x) - U(, 0)
y (x)= v(x) -U, @, 0)
Và ø(x, ?) là nghiệm của bài tốn 2 thay f(x, A) bdi f(x, A)
Trang 3230
4&= l1 kt 42+
,f)= 3 › 7zsin 2 € i C
U(x, t) Le sin > sin &7tx
Ví dụ 2 Tìm nghiệm của phương trình U,=2U,¡ 0 <x= /2;t>0 U (x,0) = g(x) = sin 2x U (0,1) = 0 U (0,t) = 0 Giai
Ta tim nghiệm của bài tốn dưới dạng
Trang 3432 Suyra k=l Te + M4 yr) ~f) sin x = 0 £ C Từ đĩ: 7/0) + (#Z® T0) =/,@); k= 1,2, / (2.6) Từ điều kiện U(x, 0) = 0 ta cĩ U(x, 0) = Dy T,(0) sin Ty =0 kl t Do đĩ 7,(0) = 0 (2.7) Vậy nghiệm của phương trình (2.6) thoả mãn điều kiện (2.7) cĩ dạng t KZ4 3 (2) T(0= [s7 ⁄,Œ)dr, 0 Do đĩ bài tốn đã cho cĩ nghiệm là U(x, ) = > T,(t) sin x k=l C (A442 )721-2) trong đĩ 7,() = fe Si, (t)dt 0
3 Bài tốn hỗn hợp tổng quát
Tìm nghiệm của phương trình
liên tục trong miền 0 <x<¿; 0<¡<T
'Thoả mãn các đều kiện U(x, 0) = +) 0 <x</ U(O, t) = u(t) O<t<T U(¿ th = v(t) 0</<7 Các hàm +); ¿(); vŒ) được giả thiết là khả vi liên tục và thoả mãn các điều kiện QO) = (0) A 4) = v(0)
Tương tự với bài tốn hỗn hợp tổng quát của phần I
Trang 3533 Khi đĩ nghiệm của bài tốn là
UG, 0) = ví, 0) + ø@(x, ?) + Ư, f)
trong đĩ v(, /), ø (x, /) lần lượt là nghiệm của bài tốn 1 và bài tốn 2 4 Cuối cùng xét 1 trường hợp đặc biệt sau đây mà cĩ thể dùng được
phương pháp tách biến để tìm nghiệm
Tìm nghiệm U(+, f) liên tục và giới nội khi £ > 0 thoả mãn phương trình Ha (4.1) trong miền / > 0 với điều kiện U(x, 0) = GX); - 9 € x < +9, (4.2) Tìm nghiệm của (4.1) dưới dạng U(x, t) = X(x)T0!) TQ) XN) aT) X(@) /; là hằng số tuỳ ý Suy ra mm +a°/T()=0 Suy ra X"(x) + uX(x)=0" Tw diéu kién (4.2) vat>Otasuyra >0 Do đĩ đặt / = 2” ta cĩ: te +a°X£T(t)=0 X"(x)+2X(x)=0 —a?4?t Suy ra 70) = @ X{x) = A cosÀx + 8 sin Àx
trong đĩ A, 8 là hằng số phụ thuộc vào 2
Vậy U(x, t)= et [A(A) cosAx + BA) sin Ax]
Lay tich phan ham U(,, ?) theo 4 từ —œ đến + ta thu được
Uặ, 0= J &**[AQycosa x + BQ) sin Ax|dx
—œ
Cho t = 0 từ (4.2) ta cĩ
Trang 3735
KET LUAN
Khố luận đã thu được một số kết quả sau:
Trong mục 2 chúng tơi đã nêu lên và giải bài tốn Đirichler trong hình trịn
Trong mục 3 chúng tơi đã trình bày cách giải bài tốn hỗn hợp tổng quát
Trong mục 4 chúng tơi đã sử dụng phương pháp tách biến để giải một số bài tốn phụ để đi đến phương pháp giải bài tốn phương trình truyền nhiệt
Trong từng mục chúng tơi đều đưa ra các ví dụ minh hoạ và giải chỉ tiết các
Trang 3836
TAI LIEU THAM KHAO
[1] Tran Van An - Tạ Quang Hải, Giáo trình phương trình đạo hàm
riêng, tài liệu lưu hành nội bộ